Arquímedes y el área de la parábola

En una entrada anterior tras las secciones cónicas, decía que el área del segmento de parábola, \(P\) se expresa en términos del área del triángulo inscrito \(T\) simplemente así \(P = \frac{4}{3}T\).
Arquímedes llegó a este resultado "viendo" geométricamente que el área de la parábola puede descomponerse en (o "agotarse" con) una suma infinita de triángulos: además del inscrito de área \(T\), dos de un octavo de ese área, cuatro de un sesentaycuatroavo, ...
Es decir
\[
P = T + 2 \frac{T}{8} + 4 \frac{T}{64} + ... = T + \frac{T}{4} + \frac{T}{16} + ...
\]

Me dejé en el tintero electrónico la ilustración de cómo se agota la parábola, algo como esta bonita imagen:

Tenemos el segmento de parábola, delimitado por la propia parábola y la cuerda \(AC\). Su área se aproxima inicialmente por el área del triángulo inscrito \(ABC\), que será el primer término de la "progresión de agotamiento". El punto medio de la cuerda \(AC\) es \(D\). El proceso de agotar el segmento de parábola a base de sucesivos triángulos, más numerosos y más pequeños, presenta una simetría especular izquierda-derecha respecto de la línea \(BD\). Entre el segmento de parábola y el triángulo \(ABC\) hay un par de huecos iguales a ambos lados del punto B.

Cada uno de estos huecos se rellena con sendos triángulos más pequeños, que juntos formarán el segundo término de la progresión de agotamiento.

A la derecha tenemos el \(BHC\), un triángulo con el mismo área que el triángulo \(DFC\). La clave es que \(E\) es el punto medio entre \(D\) y \(C\), por lo que el punto \(H\) sobre la parábola, por ser parábola, es tal que
\[
\frac{BD}{IH} = \frac{DC^2}{DE^2} = 4
\]
Entonces \(HG = GF = FE\), y los triángulos \(BHG\),\(CHG\),\(DFE\) y \(CFE\) tienen áreas iguales. El área de \(BHC\), o de \(DFC\), es un cuarto del área de \(BDC\), un octavo del área de \(ABC\). Pero es que al lado izquierdo tenemos otro octavo, con lo que como segundo término de la progresión de agotamiento obtenemos un área de un cuarto del primer término.

Solo queda repetir el proceso con los huecos que aún dejan \(BHC\) a la derecha y su imagen especular a la izquierda. Por la derecha tenemos dos partes, con dos triángulos, \(BLH\) y \(HRC\), que junto a sus dos especulares amigos contribuyen al tercer término, que debería ser un cuarto del segundo. La verdad es que yo lo veía claro con el \(BLH\) , pues es una versión similar aunque reducida de la situación inicial, pero no tan obvio para el \(HRC\). Tras liarme más de la cuenta, el fantasma de Apolonio me dió una colleja y caí en que una parábola menos una recta es ... otra parábola.

En esta figura restando de la parábola azul la recta \(AC\) también azul, nos queda la versión "derecha" (en su mejor sentido de "erecta"), la parábola roja con la cuerda horizontal como base del segmento. Esto de paso sirve para comprender que el segmento parabólico y el triángulo inscrito pueden no estar derechos, como los azules, y que esa situación más general es reducible a la de segmentos de parábola derechos, como el rojo. El vértice de la parábola roja queda en la vertical del punto \(B\) de tangencia a la parábola azul de la paralela a la cuerda \(AC\). En la parábola azul, esta cuerda \(AC\) y la cuerda infinita que parte de \(B\) y pasa por \(D\) son conjugadas, es decir, \( BD \infty \) corta por el punto medio a todas las cuerdas paralelas a \(AC\), aunque estas cuerdas no hagan en este caso lo recíproco. Siempre la cuerda conjugada infinita es paralela al eje de la parábola.

Y ahora me toca aclarar (es un decir) eso de que Arquímedes "vió" cómo se agota la parábola con triángulos. Arquímedes demostró con total y pleno rigor, equiparable al de un Cauchy o un Weirstrass, el resultado \(P = \frac{4}{3}T\) , usando el método de exhaución, que consiste en aplicar un doble razonamiento por reducción al absurdo, para llegar a sendas contradicciones si se opta por la desigualdad de tales cantidades en uno  \(P < \frac{4}{3}T\)  u otro  \(P > \frac{4}{3}T\)  sentido, por lo que no queda otra que aceptar la igualdad.

La sucesión de triángulos inscritos que hemos visto se usa para uno de los razonamientos por reducción al absurdo. En esta demostración es clave la teoría de Eudoxo de la proporción, que Euclides recoge en el libro V de sus Elementos y concretamente el axioma de Eudoxo-Arquímedes, o de continuidad, definición 4 de ese libro:

Se dice que dos magnitudes tienen razón cuando se puede multiplicar una de ellas de modo que supere a la otra.

Entonces la menor, por muy pequeña que sea, repetida un número entero de veces suficientemente grande, puede llegar a sobrepasar a la mayor, por grande que se haya tomado. Que esto tan de cajón debe ser axioma, y no palmaria evidencia indiscutible, lo corrobora el que ¡hay cuerpos no arquimedianos! Estos matemáticos...

Junto a este axioma el otro apoyo clave del método de exhaución es la primera proposición del libro X de los Elementos, llamado a veces principio de Eudoxo:

Dadas dos magnitudes desiguales, si de la mayor se quita una magnitud mayor que su mitad y, de la que queda, una magnitud mayor que su mitad, y así sucesivamente, quedará una magnitud que será menor que la magnitud menor dada.

En el caso de la parábola, Arquímedes demuestra que cada término sucesivo de suma de áreas de triángulos para agotar la parábola, supone más de la mitad de la diferencia entre el área de la parábola y lo ya "agotado" hasta entonces. Es contradictorio pues, un absurdo, suponer que \(P < \frac{4}{3}T\), ya que con un número finito de términos, suficientemente grande, puedo cubrir con triángulos por el interior del segmento parabólico un área que se aproxime a  \( \frac{4}{3}T\)  tanto como se quiera, superando el presunto área \(P\).

Bueno, bueno, estoy "agotado". Pero puedo recomendar como libro de gran interés para todo lo relacionado con Arquímedes, la obra de Pedro Miguel González Urbaneja "Arquímedes y los origenes del cálculo integral", volumen 24 de la colección ciencia abierta de, como no, la editorial nivola. Cuenta con los siguientes capítulos:
1 Antecedentes infinitesimales prearquimedianos
2. Arquímedes en la historia de la cultura
3. La obra matemática arquimediana
4. El Método Mecánico del descubrimiento arquimediano
5. El método de demostración por exhaución
6. el tratado Sobre la medida del círculo
7. La influencia de Arquímedes en la génesis del cálculo integral
Epílogo: Los métodos de Arquímedes y los orígenes del cálculo integral

Apolonio y el ángulo bisector

Tras la anterior entrada me surgió la duda sobre la demostración de que los puntos de la circunferencia de Apolonio que tiene por diámetro P y Q distan de A y B en una misma razón cuando P y Q son armónicos respecto de A y B. La demostración en la wikipedia se basa en el teorema de la bisectriz que resulta ser Euclides VI.3, que Euclides demuestra en el libro VI haciendo uso a su vez del teorema de Tales.

Así funcionan las cosas. No es para una prisa.

El caso es que en el profusamente ilustrado "Geometry by Its History", de Alexander Ostermann y Gerhard Wanner, hay una demostración alternativa del teorema del ángulo bisector, empleando la muy elemental propiedad de que el área de un triangulo es la mitad del producto de la base por la altura, junto con una preciosa habilidad para dar con las bases y las alturas adecuadas. Tanto me gustó esa demostración, que la transcribo aquí, junto con una figura adaptada de cara a su empleo posterior, figura obtenida a partir de geogebra, aunque en esta entrada no hay applet.

Partimos de un triángulo cualquiera ABC, trazamos la bisectriz interior del ángulo ACB, \(b_{int}\) que corta al lado AB en el punto P; y la correspondiente bisectriz exterior \(b_{ext}\) , que corta en el punto Q a la recta sobre la que está el lado AB. Ambas bisectrices son perpendiculares. Entonces debe deducirse que

\[
\overline{AP} : \overline{PB} = \overline{AC} : \overline{BC} = \overline{AQ} : \overline{BQ}
\]

Empezando por la bisectriz interior, se demuestra \( \overline{AP} : \overline{PB} = \overline{AC} : \overline{BC} \) en dos pasos.

1.- El área del triángulo APC es al área del triángulo PBC como \( \overline{AP}\)  es a \( \overline{PB}\) , pues AP es base del triángulo APC y PB es base del triángulo PBC compartiendo la misma altura, la trazada desde C en vertical, no mostrada en la figura.

Pero es que empleando esos mismos triángulos podemos ver otra combinación de base y altura, usando como alturas los segmentos mostrados (a punto y raya) desde P a los lados AC y BC. Estas alturas son iguales, pues P está sobre la bisectriz del ángulo ACB. Por tanto:

2.- El área del triángulo APC es al área del triángulo PBC como \( \overline{AC}\)  es a \( \overline{BC}\) , pues AC es base del triángulo APC y BC es base del triángulo PBC con alturas de igual medida.

Con la razón de áreas como intermediaria, obtenemos la razón de distancias buscada. Qué elegancia.

Para la bisectriz externa los dos triángulos a los que aplicar el mismo método de dos pasos son el triángulo más grande, AQC , y el triángulo BQC. En el primer paso la altura común es la trazada desde C, y las bases   respectivas son AQ y BQ. En el segundo paso las alturas de igual longitud son las trazadas desde Q, que está sobre la bisectriz externa, y la respectivas bases son AC y BC. De nuevo con la razón entre áreas como intermediaria, se llega a que \( \overline{AC} : \overline{BC} = \overline{AQ} : \overline{BQ} \).

En cuanto a la recíproca, si hubiese un punto X entre A y B cumpliendo que \( \overline{AX} : \overline{XB} = \overline{AC} : \overline{BC} \) , procediendo con la construcción  indicada usando la bisectriz obtendríamos P con la misma "propiedad" de dividir el segmento AB en la misma proporción que lo hace X, lo que es imposible salvo que X y P coincidan.

Qué bonito.

Para remate, si fijamos A, P, B y Q, olvidándonos del punto C (que usamos para a partir de A y B obtener P y Q) , tracemos por P cualquier recta \(b_1\), y luego la recta \(b_2\) perpendicular a la anterior que pase por Q. Estas dos rectas se cortan en un punto D, que determina con P y Q un triángulo rectángulo. Al girar  \(b_1\) por todas las posibles direcciones alrededor de P, el punto D, obtenido como antes, va recorriendo... la circunferencia de Apolonio.

Y para ese D genérico situado sobre la circunferencia de Apolonio, ¿cual es la razón \( \overline{AD} : \overline{BD}  \)? Bueno, reagrupando la triple igualdad
\[
\overline{AP} : \overline{PB} = \overline{AC} : \overline{BC} = \overline{AQ} : \overline{BQ}
\]
podemos ver que
\[
\overline{AP} : \overline{AQ} = \overline{PB} : \overline{BQ} = \overline{AC} : \overline{BC}
\]
Con el punto D podemos emplear una construcción en que a partir del ángulo ADP forzamos que DP sea la bisectriz del ángulo ADX , para algún X adecuado sobre el segmento AQ. Eso sí, como por construcción P está en la bisectriz interna de ADX , Q está en la bisectriz externa, y por el ya famoso teorema se cumple que
\[
\overline{AP} : \overline{AQ} = \overline{PX} : \overline{XQ} = \overline{AD} : \overline{XD}
\]
De aquí deducimos primero que
\[
\overline{PB} : \overline{BQ}  = \overline{PX} : \overline{XQ}
\]

X y B dividen PQ en la misma proporción, lo que impone que realmente X coincide con B. Y entonces resulta que 

\[
\overline{AC} : \overline{BC} = \overline{AD} : \overline{BD}
\]

Todos los puntos de la circunferencia de Apolonio con diámetro PQ distan de A y B en una misma razón. ¡Qué armonía!